第PAGE1页/共NUMPAGES1页
2023—2024学年（下）期末考试
高2025届数学试题
考试说明：1.考试时间：120分钟
2.试题总分：150分
3.试卷页数：共5页
一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）.
1.已知函数，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，进而得到的值，得到答案.
【详解】由函数，可得，所以.
故选：A.
2.已知随机变量，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项分布的期望公式即可求解.
【详解】由于，故.
故选：C
3.甲、乙两支队伍进行某项比赛，采用三局两胜制.根据以往的数据，甲队在每一局比赛中获胜的概率均为，每局比赛相互独立，则在这次比赛中，甲队获胜的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知：甲队获胜有两种可能，结合独立重复性事件的概率公式运算求解.
【详解】由题意可知：甲队获胜的情况有两种可能，
所以甲队获胜的概率为.
故选：D.
4.某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，且，若某超市购入2000袋这种大米，则该种袋装大米的质量的袋数约为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正态分布的性质求出，再用此概率乘以2000可得答案.
【详解】因为服从正态分布，且，
所以，
所以该种袋装大米的质量的袋数约为.
故选：B
5.班长准备对本班元旦晚会的7个表演节目进行演出排序，则节目甲与乙中间恰好间隔2个节目的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用捆绑法和排列数的计算，求得节目甲与乙中间恰好间隔2个节目的种数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，先将除甲乙外的5个节目中选2个节目放在甲乙之间，看成一个整体，
再将这个整体和剩余的3个节目，进行全排列，共有中，
所以节目甲与乙中间恰好间隔2个节目的概率为.
故选：B.
6.已知，则的大小关系正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可
【详解】，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，
所以，，
因为，
所以，
所以
故选：D
7.有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（）
A.300 B.360 C.390 D.420
【答案】C
【解析】
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及平均分组问题求解.
【详解】(1)当5人中有三人被录取，则不同的录取情况数为;
(2)当5人中有四人被录取，则不同的录取情况数为；
(3)当5人全部被录取，则不同的录取情况数为；
综上不同的录取情况数共有.
故选：C
8.已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件将问题转化为，构造函数，化为，求，根据导数判断函数的的单调性，可得在上恒成立，构造函数φx，求，根据导数判断函数的单调性求出函数的最值即可解题.
【详解】函数定义域为，
由，得，则化为，即，
令，即，对任意且恒成立，
则函数在上单调递减，即，，
而，因此，即，
显然，有，恒成立，
因为，所以，恒成立，
令，则，因为，恒成立，则在上单调递增，
所以不等式化为，即，恒成立，
令，求导得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增减，
于是当时，取得最大值，，则，
所以正实数取值范围为.
故选：A
【点睛】结论点睛：隐蔽性指对同构，需要补因式，如：，两边同乘以，化为.
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分；在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分）.
9.已知的展开式中，第四项与第七项的二项式系数相等，则（）
A.
B.若展开式中各项系数之和为，则
C.展开式中有理项有6项
D.若，则展开式中常数项为
【答案】BD
【解析】
【分析】由结合组合数的性质得出；令，解方程得出；利用二项式定理得出展开式的通项，由为整数确定有理项的项数；由结合通项公式得出展开式中常数项.
【详解】第四项与第七项的二项式系数相等，即，则，故A错误；
令，则展开式中各项系数之和为，解得，故B正确；
展开式的通项为
由为整数可得，则展开式中有